Examen Frühjahr 2011, Aufgabe 2.3

Aufgabenstellung

Zeigen Sie, dass für alle n\in\IN gilt:

(1)   \begin{equation*}  \int_{-\infty}^\infty\frac{dx}{1+x^{2n}}=\frac{\pi}{n\sin\left(\frac{\pi}{2n}\right)}. \end{equation*}

Lösungsvorschlag

Die Funktion \frac{1}{1+x^{2n}} besitzt \frac{1}{x^2} als konvergente Majorante. Das in der Angabe gesuchte Integral existiert also. Wir gehen zum Komplexen über und betrachten die Funktion

(2)   \begin{equation*}   f(z)=\frac{1}{1+z^{2n}} \text{ mit } z\in\IC, z^{2n}\neq -1.  \end{equation*}

Die Polstellen sind alle einfach uns als Einheitswurzeln bekannt. Diese sind explizit durch die 2n Punkte

(3)   \begin{equation*}   \omega=e^{\frac{i\pi}{2n}},\omega^3,\omega^5,\ldots,\omega^{4n-1}  \end{equation*}

gegeben. Die Zahlen \omega^2k sind wegen (\omega^{2k})^{2n}=e^{2ki\pi}=1 selbstverständlich ausgeschlossen. Hiervon liegt genau die Polstellenmenge \Omega:=\{\omega, \omega^3,  \ldots\omega^{2n-1}\} in der oberen Halbebene.
Wir betrachten nun für R>1 den Standardintegrationsweg \gamma_R=\alpha_R+\beta_R mit

    \begin{align*}     \alpha_R:[-R,R]\rightarrow\IC, & t\mapsto t \\    \beta_R:[0,1]\rightarrow\IC, & t\mapsto Re^{it}.  \end{align*}

Die Polstellenmenge \Omega liegt im Inneren dieses Integrationsweges. Das Residuum von \omega^k\in\Omega berechnet sich durch l’Hopital zu

    \begin{align*}   \lim_{z\rightarrow\omega^k}\frac{z-\omega^k}{z^{2n}+1}=&\lim_{z\rightarrow\omega^k}\frac{1}{2nz^{2n-1}} \\=&\frac{1}{2n}\frac{1}{(\omega^k)^{2n-1}}=\frac{-\omega^k}{2n}.  \end{align*}

Aus dem Residuensatz folgt nun für beliebige R>1

    \begin{align*}     \int_{\alpha_R+\beta_R}f(z)dz=&2\pi i\sum_{k=1, k\text{ ungerade     }}^{2n-1}Res_{\omega^k}f(z) \\    =&2\pi i\left(-\frac{1}{2n}\right)(\omega+\omega^3+\ldots+\omega^{2n-1}) \\    =&-\frac{\pi i}{n}\omega(1+\omega^2+(\omega^2)^2+\ldots+(\omega^2)^{n-1}).  \end{align*}

Dies ist eine geometrische Summe, so dass wir weiter vereinfachen können.

    \begin{align*}     -&\frac{\pi i}{n}\omega(1+\omega^2+(\omega^2)^2+\ldots+(\omega^2)^{n-1}) \\ =&-\frac{\pi     i}{n}\omega\left(\frac{1-\omega^{2n}}{1-\omega^2}\right) \\    =&-\frac{\pi i}{n}\left(\frac{2}{1-\omega^2}\right) \\    =&\frac{\pi}{n}\frac{1}{\omega^{-1}}\frac{2i}{\omega^2-1}=\frac{\pi}{n}\frac{2i}{\omega-\omega^{-1}}  \end{align*}

Die Eulersche Formel \sin\varphi=\frac{e^{i\varphi}-e^{-i\varphi}}{2i} liefert für \omega=e^{i\frac{\pi}{2n}} direkt den zu ermittelnden Wert

(4)   \begin{equation*}   \frac{\pi}{n}\frac{2i}{\omega-\omega^{-1}}=\frac{\pi}{n}\frac{1}{\sin(\frac{\pi}{2n})}.  \end{equation*}

Können wir zeigen, dass das Integral über \beta_R zu vernachlässigen ist, so folgt die Behauptung. Die Einzelintegrale berechnen sich für R\rightarrow\infty zu

  1. \lim_{R\rightarrow\infty}\int_{\alpha_R}f(z)dz=\int_{-\infty}^\infty f(x)dx.
  2. Nach dem Satz über das Wachstum rationaler Funktionen gibt es ein M>0, so dass für große R>1 die Abschätzung |f(z)|\leq\frac{M}{|z|^2} gilt. Somit gilt nach der Standardabschätzung für Wegintegrale

        \begin{equation*}   \left|\int_{\beta_R}f(z)dz\right|\leq\left\|f\right\|_{|\beta_R|}\cdot   L(\beta_R)\leq\left\|\frac{M}{|z|^2}\right\|_{|\beta_R|}\cdot\pi   R=\frac{M}{R^2}\pi R \rightarrow 0,  \end{equation*}

    was im Grenzwert R\rightarrow\infty verschwindet.

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